\section{附录 \thesection: Jordan标准型的唯一性}\label{008}

\begin{frame}{Jordan标准型的唯一性}
  下一章我们会建立新的语言来证明Jordan标准形的存在性和唯一性 (并提供有效地计算出 Jordan 标准形的方法)。
  不过从我们已有的也不难证明唯一性。
  \begin{theorem}\label{0EC}
设$\symscr{A}\in \End(V)$为有限维复向量空间$V$上的线性变换。
  那么$\symscr{A}$的Jordan标准型中属于特征值$\lambda$的每个Jordan块的阶数由
  \[
    \dim \ker(\symscr{A}-\lambda)^i\quad  (1\leqslant i\leqslant \frac{r_\lambda}{2})
  \]
  决定，其中$r_\lambda$是$\lambda$的代数重数。
  \end{theorem}

\begin{proof}
设$A$是$\symscr{A}$的一个Jordan标准型。
记$A$中属于特征值$\lambda$的所有Jordan块的阶数总和为$r_\lambda$, 
      那么$A$的特征多项式为$p(x)=\prod_{\lambda}(x-\lambda)^{r_\lambda}$. 
      由于$A$的特征多项式由$\symscr{A}$决定（而不是依赖于$\symscr{A}$在不同基下的矩阵），
      所以$r_\lambda$唯一地确定。
      为了方便，我们记$r=r_\lambda$. 亦记$\dim V=n$. 

设$A$中属于特征值$\lambda$的且阶数大于$i$的Jordan块个个数为$t_i$.  
当所有这些$t_i$确定了，
$\symscr{A}$的Jordan标准型中属于$\lambda$的Jordan块也就确定了（相差个Jordan块的顺序），
其中属于$\lambda$的$k$阶Jordan块的个数为
$t_{k-1}-t_k$.
下面我们证明所有的$t_i$由$\symscr{A}$确定，从而得到$A$的唯一性。
      这里的关键点是幂零矩阵
\end{proof}


\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
      \[
        N = \begin{pmatrix}
          0 \\
          1 & \ddots \\
          & \ddots & \ddots \\
          & & 1 &  0 
        \end{pmatrix}
      \]
在计算幂$N^2, N^3, \cdots$时秩的变化。
    同时注意到若$J(\lambda', k)$是个Jordan块且$\lambda'\neq \lambda$, 那么$J(\lambda', k)- \lambda E$是可逆矩阵。 
  我们有
\begin{align*}
  t_0&= n - \rank (A-\lambda E) = \dim \ker (\symscr{A}-\lambda), \\
  t_1&= \rank (A-\lambda E) -\rank (A-\lambda E)^2=  \dim \ker (\symscr{A}-\lambda )^2-\dim \ker (\symscr{A}-\lambda ),\\
  t_2&= \rank (A-\lambda E)^2 -\rank (A-\lambda E)^3 =  \dim \ker (\symscr{A}-\lambda)^3-\dim \ker (\symscr{A}-\lambda)^2,\\
  & \vdots
\end{align*}
且显然$i>r$时
\[
  t_i=0, \quad \rank (A-\lambda E)^i=n-r.
\]
既然这些$t_i$由$\symscr{A}$唯一地确定，
$\symscr{A}$的Jordan标准型中属于$\lambda$的Jordan块也由$\symscr{A}$唯一地确定（相差个Jordan块的顺序），
实际上是被
\[
  \dim \ker (\symscr{A}-\lambda)^i\quad (1\leqslant i\leqslant r)
\]
决定。
故$\symscr{A}$的Jordan标准型由$\symscr{A}$唯一地确定。
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
\begin{proof}[续]

注意到我们有
\[
  \sum_{i=0}^{r-1} t_i=r, \text{~且~} t_0\geqslant t_1\geqslant t_2\geqslant \cdots.
\]
下面我们来说明只用算出$t_0, \cdots, t_{[\frac{r}{2}]-1}$就够了，这些数确定后所有的$t_i$都确定了。
具体情形如下：
若$t_{[\frac{r}{2}]-1}=0$, 那么
\[
  t_{[\frac{r}{2}]}, t_{[\frac{r}{2}]+1}, \cdots, t_{r-1}\text{~都是~}0;
\]
若$t_{[\frac{r}{2}]-1}=1$, 那么
\[
  t_{[\frac{r}{2}]}, t_{[\frac{r}{2}]+1}, \cdots, t_{r-1}\text{~的前
  ~}r-\sum_{i=0}^{[\frac{r}{2}]-1}t_i \text{~个是$1$, 其余是$0$};
\]
若$t_{[\frac{r}{2}]-1}\geqslant 2$, 
那么
\[
  \sum_{i=0}^{[\frac{r}{2}]-1}t_i\geqslant 2\cdot [\frac{r}{2}],
  \quad \text{故~}
  \sum_{i=0}^{[\frac{r}{2}]-1}t_i=r\text{~或~}r-1,
\]
这样
\[
  \text{$t_{[\frac{r}{2}]}, t_{[\frac{r}{2}]+1}, \cdots, t_{r-1}$中第一个是$0$或$1$, 剩下的都是$0$.}
\]
\end{proof}


\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{theorem}
    \label{0ED}
    设$\symscr{A}\in \End(V)$为有限维复向量空间$V$上的线性算子，$A$是$\symscr{A}$的Jordan标准型。
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item $A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的阶数总和（即$\symscr{A}$的属于特征值$\lambda$的根子空间的维数）等于$\lambda$的代数重数（即$\lambda$作为$\symscr{A}$的特征多项式的根的重数）；
    \item 
      $A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的个数等于$\lambda$的几何重数
      （即特征值$\lambda$的特征子空间$V_\lambda$的维数）；
    \item 
      $A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的最高阶数等于$\lambda$作为$\symscr{A}$的最小多项式的根的重数。
  \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}

     既然Jordan标准型是唯一的，我们可以利用我们当初得到的Jordan标准型来验证（也可不用）。
      当初我们得到Jordan标准型时是先把空间分解为根子空间的直和，
      然后再对属于特征值$\lambda$的根子空间做循环分解（相对于$\symscr{A}-\lambda$），最终证明了Jordan标准型的存在性，
      所以属于特征值$\lambda$的Jordan块的阶的总和等于属于$\lambda$的根子空间的维数。
      显然若$J$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的阶数总和为$r_\lambda$, 
      那么$J$的特征多项式为$p(x)=\prod_\lambda (x-\lambda)^{r_\lambda}$, 其中乘积指标取遍所有特征值。
      所以属于$\lambda$的根子空间的维数就是$\lambda$的代数重数。
    \end{proof}


\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
      我们把$\symscr{A}-\lambda$限制在属于$\lambda$的根子空间$V^\lambda$上考察，记这个限制为$\symscr{B}_\lambda$. 
      这是个幂零变换，我们当初就是证明了幂零变换有Jordan标准型然后得到了复数域上一般的线性变换的Jordan标准型的存在性。
      若$\symscr{B}_\lambda$的Jordan标准型为$B_\lambda$, 
      那么$\symscr{A}$的Jordan标准型中属于特征值$\lambda$的Jordan块构成的Jordan型矩阵就是$B_\lambda+\lambda E$. 
      下面我们来从$B_\lambda$的信息来得到$A$中属于$\lambda$的Jordan块的信息。
      
      对每个形如
      \[
        \begin{pmatrix}
          0 \\
          1 & \ddots \\
          & \ddots & \ddots \\
          & & 1 &  0 
        \end{pmatrix}
      \]
      的幂零矩阵$N$, 其秩等于其阶减一。
      $B_\lambda$的每个Jordan块都是形如这样的幂零矩阵。
      因此，$B_\lambda$中Jordan块的个数
      （也是$\symscr{A}$的Jordan标准型$A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的个数）
      与$B_\lambda$的秩的和等于属于$\lambda$的根子空间$V^\lambda$的维数$r$. 
      而由维数定理有$r = \rank B_\lambda + \Null  B_\lambda$,
      其中$\Null B_\lambda =\dim \ker B_\lambda$是$B_\lambda$的零化度。
      注意到$\ker B_\lambda$就是$B_\lambda$（属于特征值$0$）的特征子空间，
      我们知$B_\lambda$中Jordan块的个数等于这个特征子空间的维数，即$0$作为$\symscr{B}_\lambda$的特征值的几何重数，
      这也是$\lambda$作为$\symscr{A}$的特征值的几何重数。

      若$J(\lambda, k)$是$A$的属于特征值$\lambda$的一个$k$阶Jordan块，那么其最小多项式为$(x-\lambda)^k$. 
      记$\symscr{A}$的Jordan标准型$A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的最高阶数为$s_\lambda$.
      由引理~\ref{128}~知$A$的最小多项式为$\prod_\lambda(x-\lambda)^{s_\lambda}$.
所以$A$中属于特征值$\lambda$的Jordan块的最高阶数等于$\lambda$作为$\symscr{A}$的最小多项式的根的重数。
\end{proof}



\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{exercise}
    复矩阵$A, B\in \CC^{n\times n}$相似当且仅当$A,B$有相同的特征多项式且
      \[
        \dim \ker (A-\lambda E)^{j}=\dim \ker(B-\lambda E)^j,
      \]
      对任意的特征值$\lambda$和$1\leqslant j\leqslant \frac{r_\lambda}{2}$, 
      其中$r_\lambda$是特征值$\lambda$的代数重数。
\end{exercise}

\begin{exercise}
  确定特征多项式是$(\lambda+2)^2(\lambda-5)^3$的复矩阵所有可能的Jordan标准型（对角上的Jordan块排序后一样的两个Jordan型矩阵只写一个即可）。
  若该矩阵的特征值为$2$的特征子空间是$1$维的，而特征值为$5$的特征子空间是$2$维的，那么其Jordan标准型是什么？
\end{exercise}


\end{frame}

